人教版数学 八上 几何专题(手拉手+半角模型)针对练习（无答案）

这是一份人教版数学 八上 几何专题(手拉手+半角模型)针对练习（无答案），共6页。试卷主要包含了手拉手模型的特点，手拉手模型的基本构图，手拉手模型的性质等内容，欢迎下载使用。
 创新班    手拉手模型知识导航1．手拉手模型的特点：两个等腰三角形顶角顶点公共，且顶角相等．得到一对能够旋转重合的全等三角形．2．手拉手模型的基本构图：等膜△ABC和△DAE中，AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE．3．手拉手模型的性质：(1)三角形全等；(△ABD≌△ACE)(2)第三边或所在直线的夹角与等腰三角形的顶角相等或互补；(∠BPC＝∠BAC或∠BPC＋∠BAC＝180°)(3)第三边或所在直线的交点与顶角顶点的连线平分第三边的夹角或其邻补角．(AP平分∠BPE或∠BPE的邻补【例1】如图，分别以△ABC的边AB，AC向外作等边△ABD和等边△ACE，连BE，CD交于P，连接AP．(1)求证：BE＝CD；(2)求∠BPD的度数；(3)求证：PA平分∠DPE．     追问：在例1的条件下，将图形旋转至如图所示的位置，例1中的三个结论还成立吗？请说明理由．例2、如图，△ABC和△ADE均为等腰直角三角形，∠BAC＝∠DAE＝90°，连接BD，CE交于点P．(1)求证：△ABD≌△ACE；(2)判断BD，CE的关系并证明；(3)连接PA，求∠APB的度数．追问：在例2的条件下，将图形旋转至如图所示的位置，BD与CE的关系还成立吗？请说明理由．        拓展练习：如图，四边形是正方形ABCD，△ABE是等边三角形，M为对角线BD(不含B点)上任意一点,将BM绕点B逆时针旋转60度得到BN，连接EN,AM,CM
(1)求证:△AMB=△ENB
(2)①当M点在何处时,AM+CM的值最小;②当M点在何处时,AM+BM+CM的值最小，并说明理由.
          半角模型一、认识夹半角夹半角：指的是一个大角夹着一个大小只有它的一半的角．如图所示：  这类题目规律性较强，当取不同值时，可找到通性通法．  二、常见类型有(1)90°夹45°；(2)120°夹60°；(3)2夹．【板块一】90°角夹45°角 【例1】正方形ABCD中，E，F分别是BC，CD上的点，∠EAF＝45°．求证：(1)EF＝BE＋DF：(2)AE平分∠BEF，AF平分∠DFE．【板块二】120°角夹60°角【例2】如图，四边形ABCD中，BC＝CD，∠BCD＝120°，E，F分别为AB，AD上的点，∠ECF＝∠A＝60°．(1)求证：EF＝BE＋DF；(2)求证；点C在∠BAD的平分线上．        【板块三】2a度角夹a度角从特珠到一般，揭示夹半角横型本质：条件：如图1，四边形ABCD中，点E为AB上一点，点F为AD上一点，具备以下三个条件：①CB＝CD；②∠BCD＝2∠EC；③∠B＋∠D＝180°(或∠A＋∠BCD＝180°)．结论：①EF＝BE＋DF：②CE平分∠BEF，CF平分∠DFE．当点E，F分别移到AB，AD延长线或反向延长线上时，EF＝BE-DF或EF＝DF-BE．   本质：(1)等腰三角形腰的旋转；(2)通过旋转对剩余半角进行拼凑；(3)产生一组旋转全等和一组对称全等；(4)旋转全等的旋转角度为2；(5)对角互补使夹半角模型产生一组“截长补短”的相应结论拓展练习：点M、N在等腰Rt△ABC斜边AC上，∠MBN=45°，则以AM、MN、NC为边构成的三角形形状一定为（直角三角形）